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96 20. PRIMA PROVA IN ITINERE<br />
Questo concludeva lo studio qual<strong>it</strong>ativo richiesto dall’esercizio.<br />
Con ulteriori calcoli, un po’ lunghi ma non particolarmente complicati, si può essere ancora più precisi<br />
ed arrivare a tracciare un grafico più dettagliato.<br />
Ribadiamo che comunque, questa parte, esulava dalle richieste dell’esercizio, la riportiamo solo per<br />
completezza.<br />
Consideriamo una retta x = k, e studiamo il numero di soluzioni y dell’equazione f(k, y) = 0. Si ha<br />
0 = f(k, y) = (k 2 + y 2 − 2k) 2 − (k 2 + y 2 )<br />
= y 4 + (2k 2 − 4k − 1)y 2 + (k 2 − 2k) 2 − k 2<br />
= y 4 + (2k 2 − 4k − 1)y 2 + k 2 (k − 3)(k − 1)<br />
Posto t = y 2 , cerchiamo soluzioni non negative di pk(t) = t 2 + (2k 2 − 4k − 1)t + k 2 (k − 3)(k − 1) = 0.<br />
Si ha limt→±∞ pk(t) = +∞ e pk(0) = k 2 (k − 3)(k − 1). Si ha pk(0) > 0 per k < 1 o k > 3.<br />
(a) se 1 < k < 3 l’equazione pk(t) = 0 ammette due soluzioni distinte t − e t + di segno discorde perché<br />
pk(0) < 0 e limt→±∞ pk(t) = +∞. Sia t + > 0, allora si ottiene y1 = √ t + e y2 = − √ t − . Dato<br />
1 < x < 3 esistono quindi ϕ1(x) e ϕ4(x), distinti, ϕ1(x) < 0 < ϕ4(x) tali che (x, y) ∈ Γ se e solo<br />
se y ∈ {ϕ1(x), ϕ4(x)}.<br />
(b) se k < 1 o k > 3 ma k = 0, allora pk(0) > 0, quindi le soluzioni reali di pk(y) = 0, se esistono, sono<br />
entrambe strettamente pos<strong>it</strong>ive o entrambe strettamente negative: se l’ascissa del vertice delle<br />
parabola z = pk(t) è pos<strong>it</strong>iva, allora se esistono sono entrambe strettamente pos<strong>it</strong>ive, altrimenti o<br />
non esistono oppure sono entrambe strettamente negative. Le radici negative non sono accettabili.<br />
Tale ascissa è zk = −(2k2 − 4k − 1)/2. Si ha zk > 0 per 1<br />
√ √ <br />
1<br />
2 2 − 6 < k < 2 2 + 6 . Poiché<br />
1<br />
<br />
2 −<br />
2<br />
√ <br />
6 < 0 < 1 < 1<br />
<br />
2 +<br />
2<br />
√ <br />
6 < 3,<br />
si<br />
<br />
ottiene<br />
√ <br />
che se pk(y) = 0 ammette radici reali, esse sono due radici strettamente pos<strong>it</strong>ive per<br />
2 − 6 < k < 0 e per 0 < k < 1.Il discriminante di pk(t) = 0 è<br />
1<br />
2<br />
∆ = (2k 2 − 4k − 1) 2 − 4k 2 (k − 3)(k − 1) = 1 + 8k.<br />
Per 0 < k < 1 e −1/8 < k < 0 tale discriminante è pos<strong>it</strong>ivo, quindi si hanno due soluzioni<br />
strettamente pos<strong>it</strong>ive. Pertanto per k ∈]0, 1[∪] − 1/8, 0[ , la retta x = k interseca Γ in quattro<br />
punti distinti, due a due simmetrici rispetto all’asse delle ascisse. Dato 1<br />
2 (2−√6) < x < 1 esistono<br />
quindi ϕ1(x), ϕ2(x), ϕ3(x), ϕ4(x), distinti, ϕ1(x) < ϕ2(x) < 0 < ϕ3(x) < ϕ4(x) tali che (x, y) ∈ Γ<br />
se e solo se y ∈ {ϕi(x) : i = 1, 2, 3, 4}.<br />
(c) per k = 0, si hanno le intersezioni con l’asse y, quindi O = (0, 0), P1 = (0, 1), P2 = 0. Poniamo<br />
ϕ1(0) = −1, ϕ4(0) = 1 e ϕ3(0) = ϕ2(0) = 0.<br />
df(x, y) = (4(x 2 + y 2 − 2x)(x − 1) − 2x) dx + (4(x 2 + y 2 − 2x)y − 2y) dy<br />
Si ha<br />
(i) df(0, 0) = 0, quindi in un intorno di (0, 0) non è possibile applicare il Teorema di Dini.<br />
(ii) df(0, 1) = −4 dx + 2 dy quindi in un intorno di (0, 1) è possibile applicare il Teorema di<br />
Dini. In un intorno di tale punto ϕ4 è di classe C 1 e ϕ4(0) = 1/2 > 0<br />
(iii) df(0, −1) = −4 dx − 2 dy quindi in un intorno di (0, −1) è possibile applicare il Teorema di<br />
Dini. In un intorno di tale punto ϕ1 è di classe C 1 e ϕ1(0) = −1/2 < 0<br />
(d) per k = 1, si ha p1(y) = y 2 (y 2 − 3) da cui si ottengono le intersezioni (1, 0), (1, √ 3) e (1, − √ 3).<br />
Poniamo ϕ3(0) = ϕ2(0) = 0, ϕ1(0) = −1, ϕ4(0) = 1.<br />
(e) per k = 3, si ha p3(y) = y 2 (y 2 + 11) da cui si ottiene la sola intersezione (3, 0). Poniamo<br />
ϕ1(3) = ϕ4(3) = 0<br />
(f) per k = −1/8 si ha p −1/8(y) = −(1/64) − y 2 + (17/64 + y 2 ) 2 da cui si ottengono le due intersezioni<br />
(−1/8, − √ 15/8) e (−1/8, + √ 15/8). Poniamo ϕ4(−1/8) = ϕ3(−1/8) = (−1/8, + √ 15/8) e<br />
ϕ1(−1/8) = ϕ2(−1/8) = (−1/8, − √ 15/8)<br />
Le quattro funzioni ϕi, i = 1, 2, 3, 4 sono due a due simmetriche rispetto all’asse delle ascisse. Inoltre<br />
la tangente a Γ nei punti (x, y) con x = 0, 1, 3 non è mai verticale. Per il teorema di Dini, queste<br />
funzioni sono quindi C 1 negli intervalli aperti che non contengano x = 0, 1, 3 e in cui siano defin<strong>it</strong>e.<br />
Per quanto visto al punto precedente, si ha che ϕ1 e ϕ4 sono C 1 all’interno di tutto il loro dominio.<br />
Studiamo ora i massimi e minimi relativi di y = ρ sin θ vincolati a Γ, ovvero i massimi e minimi<br />
delle funzioni g1(θ) = 2 sin θ cos θ + sin θ = sin 2θ + sin θ con θ ∈ [0, 2π/3] ∪ [4π/3, 2π] e la funzione